Định lý Fermat lớn đã được chứng minh
NHÌN LẠI ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN
ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN PHÁT BIỂU NHƯ SAU: x^n + y^n = z^n nếu n > 2 không có nghiệm nguyên dương.
Wikipedia Bách khoa toàn thư mở có ghi: Vào khoảng năm 1637, Fermat đã viết trong một quyển sách rằng phương trình tổng quát là a^n + b^n = c^n, không có nghiệm nào là số nguyên dương, nếu n là số nguyên lớn hơn 2. Trong hai thế kỷ tiếp theo (1637-1839), phỏng đoán đã được chứng minh chỉ với các số nguyên tố 3, 5 và 7. Nhà toán học vĩ đại người Thụy Sĩ Leonhard Euler (1707 – 1783) đã chứng minh định lý cho trường hợp n=3 và n=4. Năm 1828, Dirichlet chứng minh cho trường hợp n=5. Vào những năm 1840, Gabriel Lamé chứng minh với n=7. 200 năm sau Fermat, định lí mới được chứng minh với n=3, 4, 5, 6 và 7. Định lý quá khó và Bell trong cuốn sách “Bài toán cuối cùng” đã phải viết rằng: có lẽ nền văn minh của chúng ta cáo chung trước khi các nhà toán học tìm ra lời giải cho bài toán. Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải của Andrew Wiles trên Annals ofMathemas (Đại học Princeton).
Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học công nhận chứng minh là đúng.
Helen G. Grundman, giáo sư toán trường Bryn Mawr College, đánh giá tình hình của cách chứng minh đó như sau:
"Tôi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà toán học hiện nay đã bằng lòng với cách chứng minh Định lý lớn Fermat đó. Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứng minh đó của một mình Wiles mà thôi. Thật ra đó là công trình của nhiều người. Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các công trình lại với nhau thành cái mà ông đã nghĩ là một cách chứng minh. Mặc dù cố gắng khởi đầu của ông được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá Richard Taylor đã sửa lại được, và nay đó là cái mà ta tin là cách chứng minh đúng Định lý lớn Fermat."
"Chứng minh mà ta biết hiện nay đòi hỏi sự phát triển của cả một lãnh vực toán học chưa biết tới vào thời Fermat. Bản thân định lý được phát biểu rất dễ dàng và vì vậy xem ra có vẻ đơn giản một cách giả tạo; bạn không cần biết rất nhiều về toán để hiểu bài toán. Tuy nhiên, để rồi nhận ra rằng, theo kiến thức tốt nhất của bạn, cần phải biết rất nhiều về toán mới có thể giải được nó. Vẫn là một câu hỏi chưa có lời đáp rằng liệu có hay không một cách chứng minh Định lý lớn Fermat mà chỉ liên quan tới toán học và các phương pháp đã có vào thời Fermat. Chúng ta không có cách nào trả lời trừ phi ai đó tìm ra một chứng minh như vậy."
Với cách chứng minh của wiles hơn 200 trang tôi nghĩ rằng nhiều người không hiểu được, thật là rắm rối. Khi đọc định lý lớn của Fermat tôi có nhận xét như sau;1. NHẬN XÉT MỞ ĐẦU: Thấy rằng nếu phương trình x^n + y^n = z^n (1) có nghiệm < 0 thì có thể xảy ra các trường hợp: -x^n -y^n = -z^n , -x^n + y^n = -z^n , x^n - y^n = -z^n, khi nhân hai vế của các phương trình trên với -1 hoặc chuyển vế các số hạng thì nghiệm âm thành nghiệm dương và ngược lại nghiệm dương thành nghiệm âm và chuyển đổi vai trò xủa x, y, x cho nhau thì nghiệm của x, y, z cũng là nghiệm của phương trình (1). Vì vậy chỉ cần xét nghiệm nguyên dương sẽ suy ra nghiệm nguyên âm.
Phương trình (1) có nghiệm nguyên tầm thường là (x, y, z) = (0, 0, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) với mọi n
Nếu n = 1 khi đó x + y = z phương trình có vô số nghiệm.
Nếu x = y suy ra 2x^n = z^n suy ra z =x nhân căn bậc n của 2, phương trình không có nghiệm nguyên khi n > 1.
Nếu x hoặc y bằng 0 thì y = z hoặc x = z với mọi n.
x và y có vai trò như nhau nên ta có thể thay x cho y và thay y cho x.
Nên dưới đây ta chỉ còn xét x khác y và x, y, z là các số nguyên dương. Ta thấy x,y < z, nếu x, y lớn hơn hoặc bằng z phương trình vô nghiệm.
Tách y = y1 + y2; y1, y2 là các số nguyên dương để x + y1 = z (nếu y1 = 0 thì x = z và y = 0).
Từ phương trình (1) ta có: x^n + (y1 + y2 )^n = (x + y1)^n (2).
Xét n = 2, từ (2) suy ra x^2 + (y1 + y2)^2 = (x + y1)^2 (3) tương đương với y2^2 + 2y1y2 = 2y1x.
Vì 2y1x là số chẵn nên y2 là số chẵn và để x là số nguyên thì y2^2 chia hết cho 2y1 suy ra y2 = 2y1k với k thuộc N*. Do đó y lớn hơn hoặc bằng 3
Ta có công thức nghiệm của phương trình (3):
X = (y2^2 + 2y1y2)/2y1; với y2 = 2y1k và y1, k thuộc N*.Y = y1 + y2
Z = x + y1
Phương trình có vô số nghiệm.
Ví dụ:
Nếu y1 = 1 ta có z = x+1 và y = 1 + y2.
Khi y1 = 1 phương trình (3) có công thức tính nghiệm:
x = (y2^2 + 2y2)/2
y = y2 + 1
z = x + 1
Khi y1 = 1, y2 = 2k thì y22 + 2y2 chia hết cho 2 nên phương trình có nghiệm nguyên với mọi y = 2k +1
k = 1 thì y2 = 2 ta có x = 4, y = 3, z = 5; k = 2 thì y2 = 4 ta có x = 12, y = 5, z = 13; k = 3 thì y2 = 6 ta có x = 24, y = 7, z = 25; khi k = 4 thì x = 40, y = 9, z = 41;…
Nếu y1 = 2, y2 = 4k
X = ( y2^2 + 4y2 )/4 với y2 = 4k, k thuộc N*.
Y = 2 + y2 = 2 + 4k
Z = x + 2
Khi k = 1 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10, k = 2 thì x = 24, y = 10, z = 26; k = 3 thì x = 48, y = 14, z = 50;…
Nhưng y2 = 2k thì y2^2 = (2k)^2 cũng chi hết cho 2y1 = 4 nên phương trình cũng có nghiệm khi y1 = 2 và y2 = 2k, ta có công thức nghiệm là:
X = [(2k)^2 + 4k]/4 , k = 1, 2, 3,…Y = 2 + 2k
Z = x + 2
Khi k = 1, y2 = 2, x = 3, y = 4, z = 5 nếu đổi x thành y thì nghiệm này là nghiệm của phương trình khi y1 = 1.
Khi k = 2 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10; khi k = 3 thì y2 = 6, x = 15, y = 8, z = 17; khi k = 4 thì x = 24, y = 10, z = 26;…
Nếu tách x = x1 + x2 để y + x1 = z thì phương trình (1) thành ( x1 + x2 )^2 + y2 = ( y + x1 )^2 (4) khi n = 2, ta có công thức nghiệm của phương trình (4):
X = x2 + x2,
Y = (x2^2 + 2x1x2 )/2x1
Z = y + x1 .
Với y là số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 3 phương trình (3) luôn có nghiệm. Vấn đề II.8 của cuốn sách Arithmea được viết bởi Diophantus hỏi làm thế nào một số bình phương nhất định được chia thành hai số bình phương khác; nói cách khác, với một số z nhất định, tìm hai số x và y sao cho z^2 = x^2 + y^2. Dựa vào công thức nghiệm của phương trình (3) ta có thể tìm được lời giải.
2. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH (1) KHI n > 2.
Loại trừ n < 3; x = y, và x, y, z có nghiệm bằng 0 đã xét trên đây, ta chỉ cònxét x khác y. Không mất tính tổng quát ta cho x > y ( vì nếu x < y thì thay thế x cho y). Do x > y nêu ta đặt t = x - y suy ra x = y + t và đặt y1 + y2 = y sao cho x + y1 = z ( x, y < z). Vì x, y, z là các số nguyên dương nên t, y1, y2 là các số nguyên dương.
Khi n = 3 ta thay y1 và t vào phương trình (1) ta có : x^3 + y^3 = (x + y1)^3 suy ra x^3 + y^3 = x^3 + 3x^2y1 + 3xy1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3(y + t)^2y1 + 3(y + t)y1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + y1^3 + 3y1^2t + 3t^2y1 + t^3 - t^3
y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + (t + y1)^3 - t^3
Suy ra y^3 + t^3 - (t + y1)^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 (5)
Khi n = 4 thay y1 và t vào phương trình (1) ta có: x^4 + y^4 = (x + y1)^4
x^4 + y^4 = x^4 + 4x^3y1 + 6x^2y1^2 + 4xy1^3 + y1^4 y^4 = 4(y + t)^3y1 + 6(y + t)^2y12 + 4(y + t)y1^3 + y1^4
y^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt^2y1 + 4t^3y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 6t^2y1^2 + 4yy1^3 + 4ty1^3 + y1^4 + t^4 - t^4
Suy ra y^4 + t^4 - (t + y1)^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt2y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 4yy1^3(6)
Khi n =n, thay y1 và t vào phương trình (1) ta có;
Y^n + t^n - (t + y1)^n = G (7) với G là một đa thức gồm tổng các số hạng có hệ số là số nguyên dương và các thừa số y, y1, t.
Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì x, y, z, y1, t là các số nguyên dương, khi đó vế phải và vế trái của các phương trình (5), (6) và (7) bằng 0 khi và chỉ khi y, y1, t đồng thời bằng 0 nên x, y, z đồng thời bằng 0 không phải là nghiệm nguyên dương. Do x, y, z, y1, t là các số nguyên dương nên vế phải của các phương trình (5), (6) và (7) lớn hơn không. Suyra :
y^3 + t^3 - (t + y1)^3 > 0 y^3 + t^3 > (t + y1)^3
y^4 + t^4 - (t + y1)^4 > 0 y^4 + t^4 > (t + y1)^4
Y^n + t^n - (t + y1)^n > 0 Y^n + t^n > (t + y1)^n
Ta thấy không có số nguyên dương nào của t để : y^3 + t^3 = (t + y1)^3 , y^4 + t^4 = (t + y1)^4 và y^n + t^n =(t + y1)^n (8) do đó cũng không có số nguyên dương nào của x để y^3 + x^3 = (x + y1)^3, y^4 + x^4 = (x + y1)^4 và y^n + x^n = (x + y1)^n. Mâu thuẫn với giả thiết x, y, x có nghiệm nguyên dương.
Ngược lại giả sử phương trình (8) có nghiệm nguyên dương ta thay giá trị của t = x vào phương trình (1) thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương nhưng t = x trái với điều kiện t < x nên mâu thuẫn.
Vậy phương trình x^n + y^n = z^n không có nghiệm nguyên dương khi n =3, n = 4 và một cách tổng quát không có nghiệm nguyên dương khi n lớn hơn hoặc bằng 3. Trên đây có phải là chứng minh Định lý Fermat lớn hay không.

Chúng ta biết rằng, phương trình x^2+y^2=z^2 có vô số nghiệm là những số nguyên khác 0, ví dụ như x=3, y=4, z= 5. Nếu ta mở rộng ra một chút, thử hỏi phương trình x^n+y^n=z^n với n>2 có thể có nghiệm x, y z là các số nguyên đồng thời khác 0 được không.

Vào thế kỉ 17, nhà toán học Fecma người Pháp đã nghiên cứu vấn đề này. Ông là một luật sư và cũng là một người rất yêu thích toán học. Tuy ông chưa được học toán một cách chính quy nhưng ông lại có lòng say mê sâu sắc và một khả năng phi thường về toán học. Ông có thói quen ghi lại những điều giống như dạng chú thích bên lề các trang sách khi ông đọc chúng. Năm năm sau khi ông qua đời, khi con trai ông sắp xếp lại những bài viết và thư từ của cha mình đã phát hiện ra bút tích của ông trên lề trang sách của quyển sách thứ 2 trong bộ sách "Toán thuật" của Đu Phan Đồ (chắc là một nhà toán học Trung Quốc). Fecma viết: "Không thể mang một số lập phương viết thành tổng của hai số lập phương khác được, hoặc một số có mũ là 4 không thể viết thành tổng của hai số khác có mũ là 4. Hoặc có thể hiểu là với bất kỳ một số nào có số mũ >2 đều không thể là tổng của hai số khác có cùng số mũ như vậy. Tôi đã tìm ra cách chứng minh rất kì diệu". Mọi người nghĩ rằng có lẽ lề giấy quá nhỏ không đủ để Fecma viết phần chứng minh ra đó.
Như vậy, Fecma tuyên bố là x^n+y^n=z^n (n>2) không thể xảy ra với x, y, z nguyên, khác 0. Lúc ấy các nhà khoa học thực sự tin rằng Fecma có thể chứng minh được kết luận này, nên đã gọi lời tiên đoán của ông là "Định lý lớn Fecma".
Các nhà toán học không thỏa mãn với những ghi chép của Fecma, họ đã bắt đầu nỗ lực tìm kiếm nhằm phát hiện ra những điều "chứng minh kì diệu chân chính" của ông. Nhưng hơn 300 năm nay, vấn đề tưởng chừng rất đơn giản đó đã làm đau đầu biết bao nhà toán học kiệt xuất trên thế giới. Nhưng rõ ràng công lao của họ không phải uổng phí. Đầu tiên là vào năm 1770, nhà toán học Ơle đã chứng minh được với n=3 và n=4 thì định lý trên hoàn toàn đúng, rồi lần lượt đến năm 1825, người ta tìm ra n=5, năm 1839 tìm ra n=7 thì định lý Fecma luôn đúng. Cho mãi tới năm 1976, các nhà toán học dùng máy tính điện tử chứng minh được rằng với n < 125 000, định lý Fecma vẫn hoàn toàn đúng. Những thành tựu này xem ra rất cổ vũ chúng ta, nhưng nếu cứ tiếp tục tính tiếp như vậy, con người mãi mãi không có cơ hội để biến định lý Fecma thực sự trở thành một định lý được, bởi phạm vi giá trị của n là vô cùng tận.
Khi thế kỉ 20 sắp kết thúc, vấn đề này đã có bước chuyển biến căn bản: Tháng 5 năm 1995, nhà toán học người Anh Andrew Wiles cuối cùng đã hoàn toàn chứng minh được định lý Fecma, và trước khi bước vào thế kỉ 21, định lý này đã thực sự trở thành một định lý (kết quả được công bố trên tạp chí Annals Of Mathemas , dày hơn 140 trang). Đây là kết quả phát huy tác dụng tổng hợp của rất nhiều phân ngành toán học hiện đại, nó liên quan đến rất nhiều lý luận toán học uyên bác và những cống hiến to lớn của rất nhiều nhà toán học. Do những thành tích kiệt xuất đó mà Andrew Wiles đã giành được vinh dự cao cả trong đại hội các nhà toán học thế giới năm 1998.
Câu chuyện về định lý lớn Fecma đã đặt dấu chấm hết. Nhưng trong quá trình chứng minh định lý này đã nảy sinh rất nhiều tư tưởng và thành quả toán học mới, thúc đẩy nền toán học phát triển mạnh mẽ, làm cho ý nghĩa của định lý Fecma vượt qua cả bản thân định lý.
Niên biểu sơ lược về quá trình chứng minh định lý Fermat cuối cùng (FLT):
- Tháng 5/1993, “crucial breakthrough”, Wiles khoe với phu nhân là đã giải được rồi.
- Sau đó (có lẽ khoảng tháng 6/1993), có một hội nghị tại Cambridge quê ông. Trong bài báo cáo “Ellip Curves and Modular Forms,” Wiles lần đầu tiên công bố là ông đã giải được FLT.
- Tháng 7-8/1993, Nick Katz (đồng nghiệp) trao đổi email với Wiles về những điểm chưa hiểu rõ, trong đó có 1 sai lầm căn bản.
- Tháng 9/1993, Wiles nhận ra chỗ sai và cố gắng sửa. Sinh nhật phu nhân ngày 6/10, bà nói chỉ cần quà sinh nhật là một chứng minh đúng. Wiles cố hết sức nhưng không làm được.
- Tháng 11/1993, ông gởi email công bố là có trục trặc trong phần đó của chứng minh.
- Sau nhiều tháng thất bại, Wiles sắp chịu thua. Trong tuyệt vọng, ông yêu cầu giúp đỡ. Richard Taylor, sinh viên cũ, tới Princeton.
- Ba tháng đầu 1994, ông cùng Taylor tìm mọi cách sửa chữa vấn đề nhưng vô hiệu.
- Tháng 9/1994, trở ngược lại nghiên cứu một vấn đề căn bản mà chứng minh được dựa trên đó
- 19/9/1994 phát hiện cách sửa chữa chỗ trục trặc đơn giản và đẹp dựa trên một cố gắng chứng minh đã làm 3 năm trước. Sau khi coi tới coi lui, ông mừng rỡ nói với phu nhân là đã làm được, thoạt tiên bà không hiểu ông nói về chuyện gì.
- Tháng 5/1995 đăng lời giải trên Annals of Mathemas (Princeton University).
- Tháng 8/1995 hội thảo ở Boston University, giới toán học công nhận chứng minh là đúng.

mình có cách giải khác các bạn có thể tham khảo:

công thức nhận biết: kⁿ<A<(k+1)ⁿ thì A ko thể là có dạng dⁿ (A là 1 biểu thức,k,d là số tự nhiên)

nếu x=1,y=1 thì zⁿ=2 thì z=\(\sqrt[n]{2}\left(n>2\right)\)mà \(\sqrt[n]{2}\left(n>2\right)\)  là số vô tỉ nên ko tìm được  x,y,z nguyên dương nào thỏa mãn (3)

ta có: 2<2ⁿ(n>2) suy ra \(\sqrt[n]{2}\left(n>2\right)\)<2 suy ra  \(\sqrt[n]{2}-1\)<1 suy ra \((\sqrt[n]{2}-1).y\)<1 suy ra \(\sqrt[n]{2}.y\)<1+y suy ra 2.yⁿ<(y+1)ⁿ

nếu: x<y(y>1,x có thể =1):ta có: 2<2ⁿ(n>2) suy ra \(\sqrt[n]{2}\left(n>2\right)\)<2 suy ra  \(\sqrt[n]{2}-1\)<1 suy ra \((\sqrt[n]{2}-1).y\)<1 suy ra \(\sqrt[n]{2}.y\)<1+y suy ra 2.yⁿ<(y+1)ⁿ

 ta có: yⁿ<xⁿ+yⁿ<2.yⁿ<(y+1)ⁿ (x,y,z nguyên dương)

suy ra yⁿ<xⁿ+yⁿ<(y+1)ⁿ suy ra xⁿ+yⁿ ko thề bằng zⁿ (1)

nếu: x>y(x>1,y có thể =1):ta có: 2<2ⁿ(n>2) suy ra \(\sqrt[n]{2}\left(n>2\right)\)<2 suy ra  \(\sqrt[n]{2}-1\)<1 suy ra \((\sqrt[n]{2}-1).x\)<1 suy ra \(\sqrt[n]{2}.x\)<1+y suy ra 2.xⁿ<(x+1)ⁿ

 ta có: xⁿ<xⁿ+yⁿ<2.xⁿ<(x+1)ⁿ (x,y,z nguyên dương)

suy ra xⁿ<xⁿ+yⁿ<(x+1)ⁿ suy ra xⁿ+yⁿ ko thề bằng zⁿ (2)

từ (1),(2),(3) suy ra ko thể tìm được x,y,z nguyên dương nào thỏa mãn

1. Ta chọn $x=3k;y=4k;z=5k$ với $k$ là số nguyên dương.

Khi này $x^2+y^2=25k^2 =z^2$. Tức có vô hạn nghiệm $(x;y;z)=(3k;4k;5k)$ với $k$ là số nguyên dương thỏa mãn

Câu 2:

Chọn $x=y=2k^3; z=2k^2$ với $k$ nguyên dương.

Khi này $x^2+y^2 =8k^6 = z^3$.

Tức tồn tại vô hạn $(x;y;z)=(2k^3;2k^3;2k^2) $ với $k$ nguyên dương là nghiệm phương trình.

Câu 2:

Chọn  với nguyên dương.

Khi này .

Tức tồn tại vô hạn  với  nguyên dương là nghiệm phương trình.

Định lý Fermat lớn đã được chứng minh
NHÌN LẠI ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN
ĐỊNH LÝ FERMAT LỚN PHÁT BIỂU NHƯ SAU: x^n + y^n = z^n nếu n > 2 không có nghiệm nguyên dương.
Wikipedia Bách khoa toàn thư mở có ghi: Vào khoảng năm 1637, Fermat đã viết trong một quyển sách rằng phương trình tổng quát là a^n + b^n = c^n, không có nghiệm nào là số nguyên dương, nếu n là số nguyên lớn hơn 2. Trong hai thế kỷ tiếp theo (1637-1839), phỏng đoán đã được chứng minh chỉ với các số nguyên tố 3, 5 và 7. Nhà toán học vĩ đại người Thụy Sĩ Leonhard Euler (1707 – 1783) đã chứng minh định lý cho trường hợp n=3 và n=4. Năm 1828, Dirichlet chứng minh cho trường hợp n=5. Vào những năm 1840, Gabriel Lamé chứng minh với n=7. 200 năm sau Fermat, định lí mới được chứng minh với n=3, 4, 5, 6 và 7. Định lý quá khó và Bell trong cuốn sách “Bài toán cuối cùng” đã phải viết rằng: có lẽ nền văn minh của chúng ta cáo chung trước khi các nhà toán học tìm ra lời giải cho bài toán. Tháng 5 năm 1995 đăng lời giải của Andrew Wiles trên Annals ofMathemas (Đại học Princeton).
Tháng 8 năm 1995 hội thảo ở Đại học Boston, giới toán học công nhận chứng minh là đúng.
Helen G. Grundman, giáo sư toán trường Bryn Mawr College, đánh giá tình hình của cách chứng minh đó như sau:
"Tôi nghĩ là ta có thể nói, vâng, các nhà toán học hiện nay đã bằng lòng với cách chứng minh Định lý lớn Fermat đó. Tuy nhiên, một số sẽ cho là chứng minh đó của một mình Wiles mà thôi. Thật ra đó là công trình của nhiều người. Wiles đã có đóng góp đáng kể và là người kết hợp các công trình lại với nhau thành cái mà ông đã nghĩ là một cách chứng minh. Mặc dù cố gắng khởi đầu của ông được phát hiện sau đó là có sai lầm, Wiles và người phụ tá Richard Taylor đã sửa lại được, và nay đó là cái mà ta tin là cách chứng minh đúng Định lý lớn Fermat."
"Chứng minh mà ta biết hiện nay đòi hỏi sự phát triển của cả một lãnh vực toán học chưa biết tới vào thời Fermat. Bản thân định lý được phát biểu rất dễ dàng và vì vậy xem ra có vẻ đơn giản một cách giả tạo; bạn không cần biết rất nhiều về toán để hiểu bài toán. Tuy nhiên, để rồi nhận ra rằng, theo kiến thức tốt nhất của bạn, cần phải biết rất nhiều về toán mới có thể giải được nó. Vẫn là một câu hỏi chưa có lời đáp rằng liệu có hay không một cách chứng minh Định lý lớn Fermat mà chỉ liên quan tới toán học và các phương pháp đã có vào thời Fermat. Chúng ta không có cách nào trả lời trừ phi ai đó tìm ra một chứng minh như vậy."
Với cách chứng minh của wiles hơn 200 trang tôi nghĩ rằng nhiều người không hiểu được, thật là rắm rối. Khi đọc định lý lớn của Fermat tôi có nhận xét như sau;1. NHẬN XÉT MỞ ĐẦU: Thấy rằng nếu phương trình x^n + y^n = z^n (1) có nghiệm < 0 thì có thể xảy ra các trường hợp: -x^n -y^n = -z^n , -x^n + y^n = -z^n , x^n - y^n = -z^n, khi nhân hai vế của các phương trình trên với -1 hoặc chuyển vế các số hạng thì nghiệm âm thành nghiệm dương và ngược lại nghiệm dương thành nghiệm âm và chuyển đổi vai trò xủa x, y, x cho nhau thì nghiệm của x, y, z cũng là nghiệm của phương trình (1). Vì vậy chỉ cần xét nghiệm nguyên dương sẽ suy ra nghiệm nguyên âm.
Phương trình (1) có nghiệm nguyên tầm thường là (x, y, z) = (0, 0, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1) với mọi n
Nếu n = 1 khi đó x + y = z phương trình có vô số nghiệm.
Nếu x = y suy ra 2x^n = z^n suy ra z =x nhân căn bậc n của 2, phương trình không có nghiệm nguyên khi n > 1.
Nếu x hoặc y bằng 0 thì y = z hoặc x = z với mọi n.
x và y có vai trò như nhau nên ta có thể thay x cho y và thay y cho x.
Nên dưới đây ta chỉ còn xét x khác y và x, y, z là các số nguyên dương. Ta thấy x,y < z, nếu x, y lớn hơn hoặc bằng z phương trình vô nghiệm.
Tách y = y1 + y2; y1, y2 là các số nguyên dương để x + y1 = z (nếu y1 = 0 thì x = z và y = 0).
Từ phương trình (1) ta có: x^n + (y1 + y2 )^n = (x + y1)^n (2).
Xét n = 2, từ (2) suy ra x^2 + (y1 + y2)^2 = (x + y1)^2 (3) tương đương với y2^2 + 2y1y2 = 2y1x.
Vì 2y1x là số chẵn nên y2 là số chẵn và để x là số nguyên thì y2^2 chia hết cho 2y1 suy ra y2 = 2y1k với k thuộc N*. Do đó y lớn hơn hoặc bằng 3
Ta có công thức nghiệm của phương trình (3):
X = (y2^2 + 2y1y2)/2y1; với y2 = 2y1k và y1, k thuộc N*.Y = y1 + y2
Z = x + y1
Phương trình có vô số nghiệm.
Ví dụ:
Nếu y1 = 1 ta có z = x+1 và y = 1 + y2.
Khi y1 = 1 phương trình (3) có công thức tính nghiệm:
x = (y2^2 + 2y2)/2
y = y2 + 1
z = x + 1
Khi y1 = 1, y2 = 2k thì y22 + 2y2 chia hết cho 2 nên phương trình có nghiệm nguyên với mọi y = 2k +1
k = 1 thì y2 = 2 ta có x = 4, y = 3, z = 5; k = 2 thì y2 = 4 ta có x = 12, y = 5, z = 13; k = 3 thì y2 = 6 ta có x = 24, y = 7, z = 25; khi k = 4 thì x = 40, y = 9, z = 41;…
Nếu y1 = 2, y2 = 4k
X = ( y2^2 + 4y2 )/4 với y2 = 4k, k thuộc N*.
Y = 2 + y2 = 2 + 4k
Z = x + 2
Khi k = 1 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10, k = 2 thì x = 24, y = 10, z = 26; k = 3 thì x = 48, y = 14, z = 50;…
Nhưng y2 = 2k thì y2^2 = (2k)^2 cũng chi hết cho 2y1 = 4 nên phương trình cũng có nghiệm khi y1 = 2 và y2 = 2k, ta có công thức nghiệm là:
X = [(2k)^2 + 4k]/4 , k = 1, 2, 3,…Y = 2 + 2k
Z = x + 2
Khi k = 1, y2 = 2, x = 3, y = 4, z = 5 nếu đổi x thành y thì nghiệm này là nghiệm của phương trình khi y1 = 1.
Khi k = 2 thì y2 = 4, x = 8, y = 6, z = 10; khi k = 3 thì y2 = 6, x = 15, y = 8, z = 17; khi k = 4 thì x = 24, y = 10, z = 26;…
Nếu tách x = x1 + x2 để y + x1 = z thì phương trình (1) thành ( x1 + x2 )^2 + y2 = ( y + x1 )^2 (4) khi n = 2, ta có công thức nghiệm của phương trình (4):
X = x2 + x2,
Y = (x2^2 + 2x1x2 )/2x1
Z = y + x1 .
Với y là số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 3 phương trình (3) luôn có nghiệm. Vấn đề II.8 của cuốn sách Arithmea được viết bởi Diophantus hỏi làm thế nào một số bình phương nhất định được chia thành hai số bình phương khác; nói cách khác, với một số z nhất định, tìm hai số x và y sao cho z^2 = x^2 + y^2. Dựa vào công thức nghiệm của phương trình (3) ta có thể tìm được lời giải.
2. NGHIỆM CỦA PHƯƠNG TRÌNH (1) KHI n > 2.
Loại trừ n < 3; x = y, và x, y, z có nghiệm bằng 0 đã xét trên đây, ta chỉ cònxét x khác y. Không mất tính tổng quát ta cho x > y ( vì nếu x < y thì thay thế x cho y). Do x > y nêu ta đặt t = x - y suy ra x = y + t và đặt y1 + y2 = y sao cho x + y1 = z ( x, y < z). Vì x, y, z là các số nguyên dương nên t, y1, y2 là các số nguyên dương.
Khi n = 3 ta thay y1 và t vào phương trình (1) ta có : x^3 + y^3 = (x + y1)^3 suy ra x^3 + y^3 = x^3 + 3x^2y1 + 3xy1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3(y + t)^2y1 + 3(y + t)y1^2 + y1^3 suy ra y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + y1^3 + 3y1^2t + 3t^2y1 + t^3 - t^3
y^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 + (t + y1)^3 - t^3
Suy ra y^3 + t^3 - (t + y1)^3 = 3y^2y1 + 6yty1 + 3yy1^2 (5)
Khi n = 4 thay y1 và t vào phương trình (1) ta có: x^4 + y^4 = (x + y1)^4
x^4 + y^4 = x^4 + 4x^3y1 + 6x^2y1^2 + 4xy1^3 + y1^4 y^4 = 4(y + t)^3y1 + 6(y + t)^2y12 + 4(y + t)y1^3 + y1^4
y^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt^2y1 + 4t^3y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 6t^2y1^2 + 4yy1^3 + 4ty1^3 + y1^4 + t^4 - t^4
Suy ra y^4 + t^4 - (t + y1)^4 = 4y^3y1 + 12y^2ty1 + 12yt2y1 + 6y^2y1^2 + 12yty1^2 + 4yy1^3(6)
Khi n =n, thay y1 và t vào phương trình (1) ta có;
Y^n + t^n - (t + y1)^n = G (7) với G là một đa thức gồm tổng các số hạng có hệ số là số nguyên dương và các thừa số y, y1, t.
Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương thì x, y, z, y1, t là các số nguyên dương, khi đó vế phải và vế trái của các phương trình (5), (6) và (7) bằng 0 khi và chỉ khi y, y1, t đồng thời bằng 0 nên x, y, z đồng thời bằng 0 không phải là nghiệm nguyên dương. Do x, y, z, y1, t là các số nguyên dương nên vế phải của các phương trình (5), (6) và (7) lớn hơn không. Suyra :
y^3 + t^3 - (t + y1)^3 > 0 y^3 + t^3 > (t + y1)^3
y^4 + t^4 - (t + y1)^4 > 0 y^4 + t^4 > (t + y1)^4
Y^n + t^n - (t + y1)^n > 0 Y^n + t^n > (t + y1)^n
Ta thấy không có số nguyên dương nào của t để : y^3 + t^3 = (t + y1)^3 , y^4 + t^4 = (t + y1)^4 và y^n + t^n =(t + y1)^n (8) do đó cũng không có số nguyên dương nào của x để y^3 + x^3 = (x + y1)^3, y^4 + x^4 = (x + y1)^4 và y^n + x^n = (x + y1)^n. Mâu thuẫn với giả thiết x, y, x có nghiệm nguyên dương.
Ngược lại giả sử phương trình (8) có nghiệm nguyên dương ta thay giá trị của t = x vào phương trình (1) thì phương trình (1) có nghiệm nguyên dương nhưng t = x trái với điều kiện t < x nên mâu thuẫn.
Vậy phương trình x^n + y^n = z^n không có nghiệm nguyên dương khi n =3, n = 4 và một cách tổng quát không có nghiệm nguyên dương khi n lớn hơn hoặc bằng 3. Trên đây có phải là chứng minh Định lý Fermat lớn hay không.

tra google đi anh

TL ;

squid game lạc đề rồi

HT

Bài 1 : 

Phương trình <=> 2^x . x² = ( 3y + 1 ) ² + 15

Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)

\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)

( Vì số  chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 ) 

\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)

Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)

Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2^k . 2k + 3y + 1 > 2^k .2k - 3y-1>0

Vậy ta có các trường hợp: 

\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)

\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)

Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 ) 

Bài 3: 

Giả sử \(5^p-2^p=a^m\)    \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)

Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)

Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)

Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có

\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\)    \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)

Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)

\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)

Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)

Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý

\(\rightarrowĐPCM\)

Bài 4:

Ta đặt: \(S=6^m+2^n+2\)

TH1: n chẵn thì:

\(S=6^m+2^n+2=6^m+2\left(2^{n-1}+1\right)\)

Mà \(2^{n-1}+1⋮3\Rightarrow2\left(2^{n-1}+1\right)⋮6\Rightarrow S⋮6\)

Đồng thời S là scp

Cho nên: \(S=6^m+2\left(2^{n-1}\right)=\left(6k\right)^2\)

\(\Leftrightarrow6^m+6\left(2^{n-2}-2^{n-3}+...+2-1\right)=36k^2\)

Đặt: \(A\left(n\right)=2^{n-2}-2^{n-3}+...+2-1=2^{n-3}+...+1\)là số lẻ

Tiếp tục tương đương: \(6^{m-1}+A\left(n\right)=6k^2\)

Vì A(n) lẻ và 6k^2 là chẵn nên: \(6^{m-1}\)lẻ\(\Rightarrow m=1\)

Thế vào ban đầu: \(S=8+2^n=36k^2\)

Vì n=2x(do n chẵn) nên tiếp tục tương đương: \(8+\left(2^x\right)^2=36k^2\)

\(\Leftrightarrow8=\left(6k-2^x\right)\left(6k+2^x\right)\)

\(\Leftrightarrow2=\left(3k-2^{x-1}\right)\left(3k+2^{x-1}\right)\)

Vì \(3k+2^{x-1}>3k-2^{x-1}>0\)(lớn hơn 0 vì 2>0 và \(3k+2^{x-1}>0\))

Nên: \(\hept{\begin{cases}3k+2^{x-1}=2\\3k-2^{x-1}=1\end{cases}}\Leftrightarrow6k=3\Rightarrow k\notin Z\)(loại)

TH2: n là số lẻ

\(S=6^m+2^n+2=\left(2k\right)^2\)(do S chia hết cho 2 và S là scp)

\(\Leftrightarrow3\cdot6^{m-1}+2^{n-1}+1=2k^2\)là số chẵn

\(\Rightarrow3\cdot6^{m-1}+2^{n-1}\)là số lẻ

Chia tiếp thành 2TH nhỏ: 

TH2/1: \(3\cdot6^{m-1}\)lẻ và \(2^{n-1}\)chẵn với n là số lẻ

Ta thu đc: m=1 và thế vào ban đầu

\(S=2^n+8=\left(2k\right)^2\)(n lớn hơn hoặc bằng 3)

\(\Leftrightarrow2^{n-2}+2=k^2\)

Vì \(k^2⋮2\Rightarrow k⋮2\Rightarrow k^2=\left(2t\right)^2\)

Tiếp tục tương đương: \(2^{n-2}+2=4t^2\)

\(\Leftrightarrow2^{n-3}+1=2t^2\)

\(\Leftrightarrow2^{n-3}\)là số lẻ nên n=3

Vậy ta nhận đc: \(\left(m;n\right)=\left(1;3\right)\)

TH2/2: \(3\cdot6^{m-1}\)là số chẵn và \(2^{n-1}\)là số lẻ

Suy ra: n=1

Thế vào trên: \(6^m+4=4k^2\)

\(\Leftrightarrow6^m=\left(2k-2\right)\left(2k+2\right)\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k-2=6^q\\2k+2=6^p\end{cases}}\Rightarrow p+q=m\)

Và \(6^p-6^q=4\)

\(\Leftrightarrow6^q\left(6^{p-q}-1\right)=4\Leftrightarrow6^q\le4\Rightarrow q=1\)(do là tích 2 stn)

\(\Rightarrow k\notin Z\)

Vậy \(\left(m;n\right)=\left(1;3\right)\)

P/S: mk không kiểm lại nên có thể sai

a, Ta có: 3xy - 5 = x² + 2y

=> 3xy - x² - 2y = 5

=> y.( 3x - 2 ) = 5 + x.x

=> y = \(\frac{5+x^2}{3x-2}\)

=> \(x^2+5⋮3x-2\)( vì y là số nguyên )

=> \(3x^2+15⋮3x-2\)

\(\Rightarrow x\left(3x-2\right)+15+2x⋮3x-2\)

\(\Rightarrow2x+15⋮3x+2\)

\(\Rightarrow6x+45⋮3x+2\)

\(\Rightarrow2.\left(3x+2\right)+41⋮3x+2\)

\(\Rightarrow41⋮3x+2\)

\(\Rightarrow3x+2\in\left\{-41;-1;1;41\right\}\)

\(\Rightarrow3x\in\left\{-43;-3;-1;39\right\}\)

VÌ 3x chia hết cho 3

\(\Rightarrow3x\in\left\{-3;39\right\}\)

\(\Rightarrow x\in\left\{-1;13\right\}\)

+) với x = -1 => y = -6/5 ( loại )

+) với x = 13 => y = 174/37 ( loại )

Vậy không tìm được ( x ; y ) thỏa mãn bài

b,

Xét \(3^{n+2}-2^{n+2}+3^n-2^n=3^n.9-2^n.4+3^n-2^n=3^n.\left(9+1\right)-2^n.\left(4+1\right)=3^n.10-2^n.5\)

\(=3^n.10-2^{n-1}.2.5=3^n.10-2^{n-1}.10=10.\left(3^n-2^{n-1}\right)⋮10\)

\(\Rightarrow3^{n+2}-2^{n+2}+3^n-2^n⋮10\)

Vậy: \(3^{n+2}-2^{n+2}+3^n-2^n⋮10\)

cái này toán 10 hay s v :(

không phải là toán lớp 5 ạ

ai bt thì giúp e với ạ

Bạn có thể kết bạn với mình ko?